Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Biến đổi tương đương:
\(\Leftrightarrow a^6+a^5b+ab^5+b^6\ge a^6+a^4b^2+a^2b^4+b^6\)
\(\Leftrightarrow a^5b-a^4b^2-a^2b^4+ab^5\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^4b\left(a-b\right)-ab^4\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\) (luôn đúng)
Câu 2)
Ta có \(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{b+1+a+1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{4}{3}\)
Ta có \(a+b=1\)
\(\Rightarrow\frac{3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{3}{\left(a+1\right)b+a+1}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{3}{ab+b+a+1}\ge\frac{4}{3}\)
Ta có \(a+b=1\)
\(\Rightarrow\frac{3}{ab+2}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Leftrightarrow9\ge4\left(ab+2\right)\)
\(\Rightarrow9\ge4ab+8\)
\(\Rightarrow1\ge4ab\)
Do \(a+b=1\Rightarrow\left(a+b\right)^2=1\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Rightarrow a^2+2ab+b^2\ge4ab\)
\(\Rightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (đpcm )
Câu 3)
Ta có \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)
Mà \(a+b+c=1\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}\ge9\)
\(\Rightarrow a+b+c\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\sqrt[3]{abc}\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9.\sqrt[3]{\frac{abc}{abc}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\) (điều này luôn luôn đúng)
\(\Rightarrow\) ĐPCM
Câu 1 cần bổ sung thêm điều kiện $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác, tức là đảm bảo mẫu các phân thức vế trái luôn dương.
Nếu không, BĐT sai trong TH $(a,b,c)=(3,2,10)$
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{a^4}{ab+ac-a^2}+\frac{b^4}{bc+ba-b^2}+\frac{c^4}{ac+bc-c^2}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab+ac-a^2+bc+ba-b^2+ca+cb-c^2}\)
\(=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)}(1)\)
Mà theo BĐT AM-GM ta thấy: $ab+bc+ac\leq a^2+b^2+c^2$
$\Rightarrow 2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)\leq a^2+b^2+c^2(2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c^2$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
\(P=\frac{b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2}{abc}\Rightarrow P^2=\frac{b^4c^4+c^4a^4+a^4b^4+2a^2b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2b^2c^2}\)
\(P^2\ge\frac{a^2b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)+2a^2b^2c^2}{a^2b^2c^2}=\frac{3a^2b^2c^2}{a^2b^2c^2}=3\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Lời giải:
Xét \(\frac{1}{P}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{ab}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
\(4=a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow ab\leq 2\Rightarrow \frac{2}{ab}\geq 1\)
Theo Cauchy-Schwarz: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}\geq \frac{4}{\sqrt{2(a^2+b^2)}}=\sqrt{2}\)
Do đó \(\frac{1}{P}\geq 1+\sqrt{2}\Leftrightarrow P\leq \sqrt{2}-1\)
Vậy \(P_{\max}=\sqrt{2}-1\Leftrightarrow (a,b)=(\sqrt{2},\sqrt{2})\)